Đến nội dung

Oai Thanh Dao nội dung

Có 57 mục bởi Oai Thanh Dao (Tìm giới hạn từ 05-05-2020)


Theo nội dung

Xem thành viên


Sắp theo                Sắp xếp  

#556593 Một giả thuyết về bất đẳng thức trong không gian m chiều

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 27-04-2015 - 17:09 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích

Với không gian hai chiều $f(n,m)=\frac{n}{m}=\frac{n}{2}$ 



#556536 Một giả thuyết về bất đẳng thức trong không gian m chiều

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 27-04-2015 - 08:27 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích

Cho $X_1,X_2,X_3,.....,X_n$ là $n$ điểm trên mặt cầu trong không gian Euclid m chiều. Khi đó chúng tôi  đưa ra giả thiết sau:
 
$$\prod_{i,j}^{C_n^2}||X_i-X_j|| \leq n^{f(n,m)} ||r||^{C_n^2}$$
 
Trong đó: $r$ là bán kính mặt cầu
 

Dấu bằng xảy ra khi các điểm $X_1,X_2,X_3....,X_n$ thỏa mãn điều kiện gì sẽ được chúng tôi làm rõ?

 

Biểu thức quan hệ $f(n,m)$ sẽ được chúng tôi làm rõ?

 
Tác giả: Đào Thanh Oai và Quang Dương

 

Giả thuyết trên được chúng tôi phát triển từ bất đẳng thức quen thuộc trong hình học tam giác:

 

$\sin A.\sin B. \sin C \leq 3.\sqrt{3}/8$



#686792 Một giả thuyết về phương trình nghiệm nguyên

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 07-07-2017 - 15:24 trong Toán học hiện đại

Cho ba số nguyên $A, B, C$ trong đó $A^2+B^2+C^2 \ne 0$;  và cho trước một phương trình nghiệm nguyên bất kỳ  $f(x,y,z)=0$. Khi đó tồn tại một số $N_0 > 2$ để với $m, n, k \ge N_0$ thì phương trình sau: $f(x,y,z)+Ax^n+By^m+Cz^k=0$ với điều kiện $gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$ sẽ có số nghiệm hữu hạn.
 
 
Let $A, B, C$ be given three integer numbers, $A^2+B^2+C^2 \ne 0$;  and $f(x,y,z)=0$ be given diophantine equation. Then exist $N_0 > 2$ such that $m, n, k \ge N_0$ the equation as follows: $f(x,y,z)+Ax^n+By^m+Cz^k=0$ with condition $gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$ has only finitely solutions


#697151 Chứng minh tồn tại một đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn $(ABC)...

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 24-11-2017 - 22:29 trong Hình học

Bài toán: Cho ba đường tròn, đường tròn thứ nhất đi qua bốn điểm $B, C, B_1, C_1$, đường tròn thứ hai đi qua bốn điểm $C, A, C_1, A_1$, đường tròn thứ ba đi qua bốn điểm $A, B, A_1, B_1$. Chứng minh tồn tại một đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn $(ABC)$, $(A_1B_1C_1)$ tại hai điểm $A, A_1$

1111.png



#697380 Chứng minh tồn tại một đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn $(ABC)...

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 28-11-2017 - 20:04 trong Hình học

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, ta chuyển bài toán đã cho về bài toán phụ:

Bài toán phụ. Cho tam giác $ABC,A_1$ là điểm bất kì $,B_1$ là điểm bất kì trên $BA_1,(BCB_1)$ cắt $A_1C$ ở $C_1.$ 

Chứng minh tiếp tuyến tại $A_1$ của $(AB_1C_1)$ song song với $BC.$

Bài toán phụ được chứng minh bằng cách gọi $A_1x$ là tiếp tuyến $(AB_1C_1)$ và có biến đổi góc 

$\widehat{xA_1C_1}= \widehat{A_1B_1C_1}= \widehat{A_1CB}$ suy ra đpcm.

Nhờ bạn vẽ hình lại cho mình được không? Bài toán phụ mình vẽ hình không thấy đúng. Cảm ơn bạn



#568020 $\cos 2x+\cos x.(2-\cos a-\cos b)+\sin x.(...

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 25-06-2015 - 08:02 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình

Bạn Quang Dương có hỏi tôi về việc chứng minh phương trình sau có nghiệm trong khoảng $(-\pi,\pi)$.

$\cos 2x+\cos x.(2-\cos  a-\cos b)+\sin x.(\sin a+\sin b)+1-\cos a-\cos b=0$, trong đó $x$ là ẩn và $a,b$ là tham số.

Theo tôi thì cách làm thông thường như biết đổi lượng giác, quy về phương trình đa thức.... có thể sẽ bế tắc.

Chúng ta cũng biết Một kết quả well-known trong giải tích như sau:

Định lý: Nếu như $f(a).f(b)<0$ và hàm số $f(x)$ liên tuc trên $[a,b]$ thì ít nhất có một nghiệm trên $(a,b)$.

Tuy nhiên trong một chừng mực nào đó thì ta không áp dụng ngay được định lý trên vào đặc biệt với các hàm phức tạp, hoặc chứa tham số, không dễ nhẩm hoặc tính được f(a), f(b). Tôi đưa ra một ý tưởng(thầy Trần Nam Dũng và thầy Nguyễn Hùng Sơn đã nói rằng ý tưởng của mệnh đề sau cũ) sau để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình trên.

Mệnh đề: Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên đoạn $[a,b]$, và $f(a+\epsilon)*f(b-\epsilon)<0$ với một $\epsilon>0$ và nhỏ bao nhiêu tùy ý thì hàm số $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm trên khoảng $(a,b)$.

 

1.jpg

 

Mong các bạn cho lời giải khác?



#647589 Mở rộng bất đẳng thức Karamata

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 02-08-2016 - 08:17 trong Giải tích

Cho $f(x)$ là hàm số thực lồi và liên tục trên $I$. Giả sử $x_1, . . . , x_n$ và $y_1, . . . , y_n$ thuộc $I$ sao cho hai điều kiện sau đây được thỏa mãn:
 
1. $x_1 \ge x_2 \ge x_3.....\ge x_n,$ và $y_1 \ge y_2 \ge y_3.....\ge y_n$
 
2. $x_1+...+x_i \ge y_1+.....+y_i$ và $x_{i+1}+...+x_n \le y_{i+1}+...+y_n$ với $i=1,....,n-1$ chứng minh rằng
 
$$\frac{f(x_1)+f(x_2)+....+f(x_n)}{n}-f(\frac{x_1+x_2+....+x_n}{n}) \ge \frac{f(y_1)+f(y_2)+....+f(y_n)}{n}-f(\frac{y_1+y_2+....+y_n}{n}) $$
 
Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu $x_i=y_i$  với mọi $i \in {1, 2,...,n}$


#711160 Một bất đẳng thức giống bất đẳng thức Muirhead

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 18-06-2018 - 09:56 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $n$ là một số tự nhiên $n \ge 2$ và $x_1, \cdots, x_n$ and $y_1,\cdots, y_n$  là hai bộ số sao cho $(x_1,\cdots, x_n)$ trội hơn bộ số $(y_1,\cdots, y_n)$; Cho $0 \leq a_1, a_2,\cdots,a_n \leq 1$ khi đó ta có: 
 
$$\sum_{\text{sym}} {x_1}^{a_1}{x_2}^{a_2}\cdots {x_n}^{a_n}\leq \sum_{\text{sym}} {y_1}^{a_1}{y_2}^{a_2}\cdots {y_n}^{a_n}$$
 
Chú ý rằng: Bất đẳng thức trên không phải bất đẳng thức Muirhead
 
Example: Let $0 \leq a_i \leq 1$ then 
 
1. $4^{a_1}1^{a_2}+ 4^{a_2}1^{a_1} \le 3^{a_1}2^{a_2}+ 3^{a_2}2^{a_1}$ 
 
2. $5^{a_1}5^{a_2}2^{a_3}+5^{a_1}5^{a_3}2^{a_2}+5^{a_2}5^{a_1}2^{a_3}+5^{a_2}5^{a_3}2^{a_1}+5^{a_3}5^{a_1}2^{a_2}+5^{a_3}5^{a_2}2^{a_1}
\leq 4.5^{a_1}4^{a_2}3.5^{a_3}+4.5^{a_1}4^{a_3}3.5^{a_2}+4.5^{a_2}4^{a_1}3.5^{a_3}+4.5^{a_2}4^{a_3}3.5^{a_1}+4.5^{a_3}4^{a_1}3.5^{a_2}+4.5^{a_3}4^{a_2}3.5^{a_1}$
 
Xem thêm:
 
 


#689997 Tìm các cách chứng minh cho mở rộng định lý Brahmagupta

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 09-08-2017 - 17:08 trong Hình học

Trong hình đính kèm. Untitled.png

Nếu $\frac{MQ}{BA}=\frac{NP}{BC}$ và $\angle MBA = \angle CBN=\frac{\pi}{2}$
Trong đó $D, E$ lần lượt là trung điểm của  $MN, PQ$, hãy chỉ ra rằng: $DE \perp AC$
 
Nếu như $P=Q=B$ thì kết quả này là mở rộng định lý Brahmagupta.
 
 20664891_877420795743946_9014181546449748952_n.jpg

Nếu $P=Q=B$ và $M, B, C$ thẳng hàng và $N, B, A$ thẳng hàng thì đây chính là: 
 
 
 


#578077 Giả thuyết về sự tăng bậc dẫn đến mất nghiệm của phương trình nghiệm nguyên

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 03-08-2015 - 10:15 trong Toán học hiện đại

Giả thuyết của anh không đúng, thử với $95800^4+217519^4+414560^4=422481^4$ (R. Frye 1988).

Thực ra, năm 1967, L. J. Lander, T. R. Parkin, and John Selfridge đã đưa ra một giả thuyết, mở rộng cho định lý Fermat lớn:

 

Nếu $k>3$ và $\sum_{i=1}^{n}a_i^k= \sum_{i=1}^mb_j^k$ trong đó $a_i \ne b_j$ với mọi thì $1 \le i \le n, 1 \le j \le m$ có nghiệm nguyên dương thì $m+n \ge k$.

 

Anh có thể xem thêm tại Euler's sum of powers conjecture.

 

Giả thuyết của anh chắc có thể đúng nếu chỉnh điều kiện từ $k \ge m+n$ thành $k>m+n$.

 

Cảm ơn em. Giáo sư Đào Hải Long cũng cho anh biết thông tin trên, và đưa đường link :

 

https://en.wikipedia...idge_conjecture



#578654 Giả thuyết về sự tăng bậc dẫn đến mất nghiệm của phương trình nghiệm nguyên

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 04-08-2015 - 22:50 trong Toán học hiện đại

Phiên bản cuối cùng của giả thuyết

File gửi kèm



#577540 Giả thuyết về sự tăng bậc dẫn đến mất nghiệm của phương trình nghiệm nguyên

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 01-08-2015 - 19:20 trong Toán học hiện đại

1. Quan sát:
 

Cho hai hàm số liên tục $f(x)$ và $g(x)$ với $x \in [a,b]$, khi đó khả năng tồn tại một giá trị $x_0$ thực để $f(x_0)=g(x_0)$ là cao hơn so với khả năng tồn tại giá trị nguyên $y_0$ để $f(y_0)=g(y_0)$. Điều này dễ dàng hình dung qua đồ thị về giao điểm của hai hàm số liên tục và giao điểm của hai hàm số rời rạc. Đối với một đa thức khi bậc của đa thức cao lên thì độ rời rạc của đa thức $f(x)$ ($x$ nguyên) càng cao và dẫn đến giá trị $f(x)+f(y)=f(z)$ với $x,y,z$ nguyên càng trở lên khó khăn. Theo chiều hướng đó khi bậc của đa thức $k$ tăng đến một mức độ nào đó thì sẽ dẫn đến phương trình $f(x)+f(y)=f(z)$ hoàn toàn trở lên vô nghiệm. Xuất phát từ nguyên lý đó tôi đưa ra một giả thuyết như sau(chú ý giả thuyết sau chỉ là một cách để cố gắng thể hiện kết quả trong quan sát trên):

 

2. Giả thuyết: Cho $a$ là một số nguyên khác $0$, $m,n$ là hai số nguyên dương khác nhau, $g(x)$ là một đa thức bất kỳ cho trước, đặt $f(x)=g(x)+ax^k$, khi đó tồn tại một hằng số nguyên dương $k_0$ để với mọi $k \geq k_0$ thì phương trình:
$$f(x_1)+f(x_2)+....+f(x_n)=f(y_1)+....+f(y_m)$$
không có nghiệm nguyên dương khác một.

 

Chú ý: Tôi thêm chữ khác 1 vào để loại bỏ trường hợp tầm thường cho phù hợp với ý tưởng xuất phát là độ rời rạc của đa thức tăng lên khi bậc của đa thức tăng lên vì với x=1 thì f(1) không thay đổi khi ta chỉ thay đổi bậc của đa thức. Ngoài ra phản biện tại #2 của Zaraki là cho phiên bản version 1

 

File gửi kèm



#689274 Một giả thuyết khác về tổng $A+B=C$

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 02-08-2017 - 11:58 trong Toán học hiện đại

Cảm nhận riêng của mình là câu hỏi cái này quá khó để biết đúng hay sai. Nếu nó đúng thì chẳng hạn, rõ ràng sẽ giảm việc chứng minh định lý Fermat về hữu hạn trường hợp và chứng minh phương trình $1+a^n=b^n$ vô nghiệm với $n>2$, nhưng việc chứng minh định lý Fermat đã rất rất khó rồi.

 

Mình nghĩ công việc do hạn chế tầm hiểu biết có ích hơn là cố gắng bác bỏ nó cho $N_0$ nào đó đủ nhỏ.

Cảm ơn bạn đã quan tâm, vì máy tính của mình có chạy đến hết một năm cũng chưa chắc kiểm chứng được với $A, B \le 4*10^18$ nên đành nêu ý tưởng vậy thôi chứ cũng chẳng chứng minh, hay kiểm chứng được. Nhưng có một nhà toán học dự định nó sẽ đúng nếu $N_0=4$ nhưng nó yếu hơn giả thuyết $abc$.



#688574 Một giả thuyết khác về tổng $A+B=C$

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 24-07-2017 - 22:22 trong Toán học hiện đại

Mình xin được viết lại ý của tác giả, vì mình không hiểu được cho đến khi đọc lại 3 lần nên có thể cmt này sẽ có ích với người khác.

 

Với mọi $N \in \mathbb{Z}_{\geq 4}$, chỉ có hữu hạn bộ 3 số nguyên dương $A,B,C$ thỏa mãn: 

1. $A+B=C,$

2. $(A,B,C)=1,$

3. $l(A,B,C) \geq N.$

Ở đây, $l(A,B,C)=\min \left\{ord_{p}(ABC)| p \in Spec(\mathbb{Z}), p | ABC \right\}$.

 

Có chỗ mình không hiểu trong phiên bản tiếng Việt là câu "tồn tại một số hữu hạn các số", hi vọng tác giả có thể nói rõ ý của mình.

 

P/S: Nếu cách diễn giải của mình đúng, số $N$ trong giả thuyết là không cần thiết vì nếu giả thuyết đúng cho $N$ thì nó đúng cho mọi $M \geq N$. Như vậy, phát biểu chỉ nên là

 

Chỉ có hữu hạn bộ 3 số nguyên dương $A,B,C$ thỏa mãn: 

1. $A+B=C,$

2. $(A,B,C)=1,$

3. $l(A,B,C) \geq 4.$

Ở đây, $l(A,B,C)=\min \left\{ord_{p}(ABC)| p \in Spec(\mathbb{Z}), p | ABC \right\}$.

 

Cảm ơn bạn, dùng ký hiệu mình không thạo nhưng mình có thể phát biểu bằng lời ý tưởng của mình nhé:

 

Nếu ba số nguyên dương $(A, B, A+B)$ nguyên tố cùng nhau thì trong phân tích ra thừa số nguyên tố của ba số $A, B, A+B$ phải có một thừa số với số mũ nhỏ hơn $N_0$, trong đó $N_0$ là một giá trị khá nhỏ  $4, 5, 6....$.

 

PS: Phát biểu như này thì mình không lăn tăn gì cả



#686376 Một giả thuyết khác về tổng $A+B=C$

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 03-07-2017 - 18:41 trong Toán học hiện đại

Giả thuyết sau đây có thể sai, nhưng nếu đúng sẽ rất khó chứng minh, nếu đúng nó là kết quả mạnh hơn của nhiều giả thuyết kết quả nổi tiếng như định lý Fermat, giả thuyết Beal, giả thuyết Fermat Catalan:
 
Cho $A, B, C $ be là ba số nguyên tố cùng nhau, $gcd(A, B, C)=1$. Theo Định lý cơ bản của số học ta viết:
 
$A=a_1^{x_1}a_2^{x_2}...a_n^{x_n}$, 
 
$B=b_1^{y_1}b_2^{y_2}...b_m^{y_m}$, 
 
$C=c_1^{z_1}c_2^{z_2}...c_k^{z_k}$
 
Đặt $N=min\{x_i, y_j, z_h\}$ trong đó $1 \le i le n, 1 \le j le m, 1 \le h le k $
 
Với một số $N_0 > 3$ sẽ tồn tại một số hữu hạn các số  $(A, B, C)$  sao cho $A+B=C$ đồng thời $N \ge N_0$
 
English version:
 
Let $A, B, C $ be three positive integer numbers, such that $gcd(A, B, C)=1$
 
 
$A=a_1^{x_1}a_2^{x_2}...a_n^{x_n}$, 
 
$B=b_1^{y_1}b_2^{y_2}...b_m^{y_m}$, 
 
$C=c_1^{z_1}c_2^{z_2}...c_k^{z_k}$
 

For a positive integer $N_0 > 3$, there exist only finitely many triples $(A, B, C)$ of coprime positive integers, with $A+B=C$, such that: $N \ge N_0$
 


#704124 Hơn 40 tam giác đều họ tam giác đều mới được phát hiện

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 23-03-2018 - 09:50 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

Tam giác đều Morley, tam giác đều Napoleon luôn là chủ đề nổi tiếng và hấp dẫn đối với những ai đam mê đến hình học phẳng.  Tại chủ đề này tôi giới thiệu các bạn hơn 40 tam giác đều mới được chính tôi phát hiện. Các bạn có thể tham khảo tại link sau đây để tham khảo các kết quả này. Có rất nhiều vấn đề cần khám phá xoay quanh hơn 40 tam giác đều và họ tam giác đều này. Đây chắc chắn là những chủ đề thú vị đối vớ những ai có quan tâm đến hình học phẳng. Tôi xin trân trọng giới thiệu cùng các thầy cô và các em học sinh.

 

- 10 Tam giác đều thứ nhất bạn có thể xem tại đường link sau đây:

 

http://faculty.evans...cedInETC.html#F

 

- 10 tam giác đều tiếp theo bạn có thể xem tại link sau đây

 

https://drive.google...XnKLyw9VIl6zOhh

 

- Hơn hai mươi kết quả khác tôi sẽ gửi lên sau.

 

Đào Thanh Oai



#704558 Hơn 40 tam giác đều họ tam giác đều mới được phát hiện

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 30-03-2018 - 20:51 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

Let $ABC$ be a triangle, let $A'B'C'$ be the Morley triangles (First Morely triangle, Second Morley triangle, or third Morley trianhle). Let $B_a$, $C_a$ on $BC$ such that  $ A'B_aC_a$ be an equilateral triangle define $C_b$, $A_b$, $A_c$, $B_c$ cyclically. Let $A''$, $B''$, $C''$ be the midpoints of $A_bA_c$, $B_cB_a$, $C_aC_b$ respectively. Then triangle $A''B''C''$ is equilateral triangle and perspective to $ABC$. $A''B''C''$ homothetic to the Morley triangle. 
 
Cho tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ là tam giác Morley (tam giác Morley thứ nhất, thứ hai, hoặc thứ ba). Cho các điểm $B_a$, $C_a$ trên $BC$ sao cho $A'B_aC_a$ là tam giác đều. Định nghĩa $C_b$, $A_b$, $A_c$, $B_c$ tương tự. Gọi $A''$, $B''$, $C''$ gọi là trung điểm của $A_bA_c$, $B_cB_a$, $C_aC_b$ khi đó $A''B"C''$ là vị tự của tam giác Morley và thấu xạ với tam giác $ABC$.
 
The equilateral triangle homothetic to the Morley triangle and perspective to ABC.png


#711287 Một giả thuyết mạnh hơn định lý lớn Fermat

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 20-06-2018 - 11:37 trong Toán học hiện đại

Dựa trên sự quan sát các kết quả liên quan đến định lý Fermat, giả thuyết Beal, giả thuyết ABC....tôi đề xuất một giả thuyết sau đây:
 
Cho $A, B, C$ là ba số nguyên dương sao cho $A+B=C$ với $(A,B)= (B,C) = (C,A) = 1$. Phân tích ba số $A, B, C$ ra thừa số nguyên tố:
 
$A=a_1^{x_1}a_2^{x_2}...a_n^{x_n}$, 
 
$B=b_1^{y_1}b_2^{y_2}...b_m^{y_m}$, 
 
$C=c_1^{z_1}c_2^{z_2}...c_k^{z_k}$
 
Giả thuyết khẳng định khi đó $\min\{x_i, y_j, z_h \} \le 5$ với mọi $1 \le i \le n,  1\ \le j \le m, 1\le h \le k$
 
Giả thuyết trên nếu được chứng minh nó sẽ rất mạnh, lúc đó các định lý Fermat, giả thuyết Beal, giả thuyết Fermat-Catalan chỉ là các trường hợp đặc biệt. Hiện tại chưa tìm được phản ví dụ. 
 
                                                                        Đào Thanh Oai


#711477 Sao khóa bài Bất đẳng thức kinh điển mới

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 24-06-2018 - 02:31 trong Xử lí vi phạm - Tranh chấp - Khiếu nại

Các bạn cho mình hỏi, sao ai đó khóa bài này của mình?

 

https://diendantoanh...-kinh-điển-mới/

 

Bài đó đã được đăng trên diễn đàn toán học cao cấp và đã có nhưng chứng minh và ủng hộ của các nhà toán học mình không hiểu tại sao lại khóa bài?



#550909 Định lý Fermat đã được chứng minh một cách ngắn gọn?

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 02-04-2015 - 14:46 trong Lịch sử toán học

Thấy có bài báo này trên trang web của trường đại học Princeton, mọi người cho ý kiến nhé

 

http://www.princeton.edu/~aloo/fermat

File gửi kèm

  • File gửi kèm  fermat.pdf   135.12K   855 Số lần tải


#645114 Tuần 2 tháng 6/2016: Bài toán đường tròn tiếp xúc trên cấu hình về hình vuông

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 16-07-2016 - 01:43 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Hôm qua mình có trao đổi với một cậu nước ngoại tại đây:

https://groups.yahoo...s/messages/3329

Cậu ấy viết:

Dear friends,
Consider a triangle ABC. Let I be the incenter of ABC. Draw CI such that meet the circumcircle of ABC at C’. Similarly, construct the point B’. Now, draw a line paralell to B’C’ passing throu I, such that intersect AB in I_c and AC in I_b. The lines B’I_b, C’I_c intersect at a point, E, on the circumcircle of ABC. Then, the circumcircle of triangle I_bI_cE is a mixtilinear incircle. See image attached.

I want to know whether this construction is new or not. Thanks in advance.

Best regards,
Emmanuel.

Construction+mixtilinear+incircle.png

Và tìm ra một mở rộng tại đây: https://groups.yahoo...s/messages/3330


Dear Emmanuel José García, Dear Geometers,

I inspired from your construct. I posed a generalization of Mixtilinear circle as follows:

Let ABC be a triangle, P be a point on the plane, let A'B'C' be the circumcevian of P. Let a line through P and parallel to B'C', the line meets AC, AB at Ab, Ac respectively. Then B'Ab meets C'Ac at a point A'', and circle (AbAcA'') tangent with the circumcircle at A''. Define Bc, Ba, Ca, Cb cyclically , and Define B'', C'' cyclically. Then show that:

1. AA'', BB'', CC'' are concurrent.
2. Six points Ab, Ac, Bc, Ba, Ca, Cb lie on a conic

Generalization+of+the+mixtilinear+circle.png

Best regards
Sincerely
Dao Thanh Oai


Tuy nhiên kết quả trên về bản chất sẽ trùng với ý tưởng của Bảo. Mình đã xác nhận tại diễn đàn đó là tuy lấy cảm hứng từ bài của Emmanuel để đưa ra mở rộng của đường tròn Mixtilinear. Nhưng kết quả này được tổng quát hóa trước đó bởi Bảo. Về mặt khoa học như thế coi như đã xác nhận kết quả này không phải của mình mà là của Bảo.



#550497 Định lý Đào

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 31-03-2015 - 17:09 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

Mở rộng định lý Napoleon kết hợp với một lục giác:

 

Cho $ABCDEF$ là một lục giác bất kỳ, dựng ba tam giác đều $AGB$, $CHD$, $EIF$ cùng ra ngoài hoặc cùng vào trong(hình vẽ đính kèm là dựng ra ngoài). Ta gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $FGC, BHE, DIA$ và $A_2,B_2,C_2$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $EGD, AHF, CIB$. Khi đó hai tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_2B_2C_2$ là các tam giác đều và chúng thấu xạ.

 

New_Ge_Napoleon theorem associated with a hexagon.png
 

Let ABCDEF be a  hexagon, constructed three equilaterals $AGB, CHD, EIF$  all externally or internally (as in the figure).  Let $A_1,B_1,C_1$ be then the 
centroid of  $FGC, BHE, DIA$ respectively. Let $A_2,B_2,C_2$ be the centroid of  $EGD, AHF, CIB$ respectively. Then show that $A_1B_1C_1$, and $A_2B_2C_2$ form an equilateral triangle and them perpective.
 
Rõ ràng khi lục giác Suy biến thành một tam giác ta có định lý Napoleon.

File gửi kèm



#582625 Định lý Đào

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 17-08-2015 - 16:30 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

Vấn đề: Dual của định lý Đào về sáu tâm đường tròn ngoại tiếp (đây là đường tròn nội tiếp).

 

Cho một lục giác nội tiếp, khi đó đường thẳng nối tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác tạo bởi hai cạnh và chung đường chéo chính sẽ đồng quy.

 

http://tube.geogebra.org/m/1488371

 

1.png

 

2.png



#603715 Định lý Đào

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 18-12-2015 - 09:28 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

Định nghĩa đường tròn $O_a$ là đường tròn tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp $(E_b), (E_c)$ và đường tròn ngoại tiếp lần lượt tại $A_b, A_c$ và $A$. Xác định $B_c, B_a, C_a, C_b$ tương tự. Khi đó tam giác tạo bởi ba đường thẳng $A_bA_c, B_cB_a, C_aC_b$ là một tam giác perpective với rất nhiều tam giác:

Define+A1B1C1.png

1-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác ABC

2-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác excentral

3-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Cevian của điểm Nagel

4-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác cevian  của điêm tâm đường tròn nội tiếp

5-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Feuerbach

6-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Extangents

7-$A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Apollonius

 

Phần trên tôi xây dựng tam giác $ABC$ với đường tròn bàng tiếp, tại đây tôi dựng với đường tròn nội tiếp kết quả tương tự.

 

Dựng đường tròn $O_a$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tại $A$ và đường tròn nội tiếp tại $A'$. Định nghĩa $B', C'$ tương tự. Tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp tại ABC tạo ra tam giác $A_1B_1C_1$

A triangle perpective with many well knows triangle associated with incircle and the circumcircle.png
1- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác ABC
2- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác excentral 
3- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Cevian của điểm Gergonne (điểm thấu xạ trùng với 2-)
4- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác cevian của điêm tâm đường tròn nội tiếp
5- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Feuerbach 
6- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Extangent 
7- $A_1B_1C_1$ thấu xạ với tam giác Apollonius



#567329 Định lý Đào

Đã gửi bởi Oai Thanh Dao on 21-06-2015 - 20:02 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

Vấn đề của một lục giác lồi nội tiếp và sáu đường tròn Thebault.

 

Cho lục giác $ABCDEF$ lồi nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $A_1,B_1,C_1,D_1,E_1,F_1$ lần lượt là các tiếp điểm chung của sáu đường tròn Thebault $(FA,BC,(O))$, $(AB,CD,(O))$, $(BC,DE,(O))$, $(CD,EF,(O))$, $(DE,FA,(O))$, $(EF,AB,(O))$ với $(O)$. Hãy chứng minh $A_1D_1, B_1E_1, C_1F_1$ đồng quy.

 

1.png

http://tube.geogebra.org/m/1352263



  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Oai Thanh Dao nội dung